Bất đẳng thức

[vipboycodon]

[TẶNG BẠN] TRỌN BỘ Bí kíp học tốt 08 môn
Chắc suất Đại học top - Giữ chỗ ngay!!

ĐĂNG BÀI NGAY để cùng trao đổi với các thành viên siêu nhiệt tình & dễ thương trên diễn đàn.

Chứng minh \forall a,b,c dương :
$\dfrac{1}{a(a+b)}+\dfrac{1}{b(b+c)}+\dfrac{1}{c(c+a)} \ge \dfrac{27}{2(a+b+c)^2}$

 

[duchieu300699]

Chứng minh \forall a,b,c dương :
$\dfrac{1}{a(a+b)}+\dfrac{1}{b(b+c)}+\dfrac{1}{c(c+a)} \ge \dfrac{27}{2(a+b+c)^2}$

Hoán vị vòng quanh ta được: $A=\sum \dfrac{1}{a(a+b)}\ge \sum \dfrac{1}{a(b+c)}$

BĐT thuần nhất, ta chuẩn hóa $a+b+c=1$

Như vậy $A \ge \sum \dfrac{1}{a(1-a)}$

Chứng minh được: $\dfrac{1}{a(1-a)} \ge \dfrac{-27}{4}(a-\dfrac{1}{3})+\dfrac{9}{2}$

Suy ra $\sum \dfrac{1}{a(1-a)} \ge \dfrac{27}{2}=\dfrac{27}{2(a+b+c)^2}$

Dấu "=" khi $a=b=c$

 

[hien_vuthithanh]

có cách nào khác k bạn, kiểu làm này mình chưa học !!!!

>-__>-

 

[kisihoangtoc]

[TEX]\frac{1}{a(a+b)}+\frac{1}{b(b+c)}+\frac{1}{c(c+a)}[/TEX]
[TEX]\geq \frac{3}{\sqrt[3]{abc(a+b)(b+c)(c+a)}}[/TEX]
[TEX]\geq \frac{3}{\frac{a(b+c)+b(c+a)+c(a+b)}{3}}[/TEX]
[TEX]=\frac{9}{2(ab+bc+ca)}[/TEX](1)
Chứng minh tiếp
[TEX]6(ab+bc+ca) \leq 2(a+b+c)^2[/TEX] (cái này dùng cauchy là ra hết)
[TEX]\Rightarrow 2(ab+bc+ca) \leq \frac{2(a+b+c)^2}{3}[/TEX](2)
(1)(2) [TEX]\Rightarrow \frac{1}{a(a+b)}+\frac{1}{b(b+c)}+\frac{1}{c(c+a)} [/TEX]
[TEX]\geq \frac{9}{\frac{2(a+b+c)^2}{3}} = \frac{27}{2(a+b+c)^2}[/TEX]

 

[demon311]

Dễ dàng c/m đc [TEX]\frac{a^2}{m} + \frac{b^2}{n} \geq \frac{(a+b)^2}{m+n}[/TEX]
[TEX]\Rightarrow \frac{a^2}{m} + \frac{b^2}{n} + \frac{c^2}{p} \geq \frac{(a+b)^2}{m+n} +\frac{c^2}{p} \geq \frac{(a+b+c)^2}{m+n+p}[/TEX]
Như vây là bạn đã c/m đc bđt Cauchy - Schwars, h áp dụng để làm
[TEX]\frac{1}{a(a+b)}+\frac{1}{b(b+c)}+\frac{1}{c(c+a)}[/TEX]
[TEX]\geq\frac{(1+1+1)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}[/TEX]
[TEX]=\frac{9}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}(1)[/TEX]
Chứng minh tiếp
** [TEX]3(a^2+b^2+c^2)+3(ab+bc+ca) \leq 2(a+b+c)^2[/TEX] ** (cái này thì chỉ cần dùng cô-si là ra hết)
[TEX]\Rightarrow a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca \leq \frac{2(a+b+c)^2}{3} (2)[/TEX]
(1)(2) [TEX]\Rightarrow \frac{1}{a(a+b)}+\frac{1}{b(b+c)}+\frac{1}{c(c+a)} \geq \frac{9}{\frac{2(a+b+c)^2}{3}}=\frac{27}{2(a+b+c)^2}[/TEX]

$3(a^2+b^2+c^2)+3(ab+ac+bc) \le 2(a+b+c)^2 \\
3a^2+3b^2+3c^2+3ab+3bc+3ac \le 2a^2+2b^2+2c^2+4ab+4bc+4ac \\
a^2+b^2+c^2 \le ab+ac+bc$

Vế cuối nó sai nhé
Nên bạn chứng minh chưa đúng [SIZE]

 

[kisihoangtoc]

$3(a^2+b^2+c^2)+3(ab+ac+bc) \le 2(a+b+c)^2 \\
3a^2+3b^2+3c^2+3ab+3bc+3ac \le 2a^2+2b^2+2c^2+4ab+4bc+4ac \\
a^2+b^2+c^2 \le ab+ac+bc$

Vế cuối nó sai nhé
Nên bạn chứng minh chưa đúng [SIZE]

Mình sửa lại theo cách khác rồi Bạn xem có gì sai không

 

[minhhieupy2000]

Chứng minh \forall a,b,c dương :
$\dfrac{1}{a(a+b)}+\dfrac{1}{b(b+c)}+\dfrac{1}{c(c+a)} \ge \dfrac{27}{2(a+b+c)^2}$

Bài này chỉ cần dùng Cauchy là ra hết mà sao các bác làm nhiều thế .
$\dfrac{1}{a(a+b)}+\dfrac{1}{b(b+c)}+\dfrac{1}{c(c+a)} \ge \dfrac{3}{\sqrt[3]{abc(a+b)(b+c)(c+a)}}$
Đánh giá từng phần tử dưới mẫu bằng Cauchy ta có:

$\sqrt[3]{abc} \le \dfrac{a+b+c}{3}$ \Rightarrow $ \dfrac{1}{\sqrt{abc}} \ge \dfrac{3}{a+b+c}$
$\sqrt[3]{(a+b)(b+c)(c+a)} \le \dfrac{2(a+b+c)}{3} $ \Rightarrow $ \dfrac{1}{\sqrt[3]{(a+b)(b+c)(c+a)}} \ge \dfrac{3}{2(a+b+c)} $
\Rightarrow $\dfrac{3}{\sqrt[3]{abc(a+b)(b+c)(c+a)}} \ge \dfrac{3.3.3}{2(a+b+c)(a+b+c)} = \dfrac{27}{2(a+b+c)^2} $
\Rightarrow đpcm

 

[huynhbachkhoa23]

$VT \ge 8\sum \dfrac{1}{(3a+b)^2} \ge \dfrac{8}{3}(\sum \dfrac{1}{3a+b})^2 \ge \dfrac{8}{3}.\dfrac{81}{16(\sum a)^2} =\dfrac{27}{2(\sum a)^2}$